2025年外研版三年级起点高一化学下册月考试卷含答案

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点高一化学下册月考试卷含答案考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共7题，共14分)1、下列物质中，含有非极性键的离子化合物是rm{(}rm{)}A.rm{CaCl_{2}}B.rm{H_{2}O_{2}}C.rm{HCl}D.rm{Na_{2}O_{2}}2、下列关于化学键的说法正确的是rm{(}rm{)}A.只存在于分子之间。

B.只存在于离子之间。

C.相邻原子或离子之间的强烈相互作用。

D.相邻分子之间的相互作用3、下列反应的离子方程式____的是A.氯气与碘化钾溶液的反应：rm{Cl_{2}+2I^{-}=I_{2}+2C1^{-}}B.金属钠投入水中：rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+H_{2}隆眉}C.铜与稀硝酸反应：rm{Cu+4H^{+}+2NO_{3}^{-}=Cu^{2+}+2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}D.将rm{Cl_{2}+2I^{-}=I_{2}+

2C1^{-}}溶液与rm{2Na+2H_{2}O=2Na^{+}+2OH^{-}+

H_{2}隆眉}溶液混合：rm{HCO_{3}^{-}+OH^{-}=CO_{3}^{2-}+H_{2}O}rm{Cu+4H^{+}+2NO_{3}^{-}=Cu^{2+}+

2NO_{2}隆眉+2H_{2}O}4、下列各组物质分类正确的是A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}5、下表物质与其所含化学键类型、所属化合物类型不正确的一组是()。选项rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}物质rm{Na_{2}O_{2}}rm{H_{2}O}rm{AlC}rm{l_{3}}rm{N}rm{a}rm{C}rm{l}所含化学键类型离子键、共价键共价键离子键离子键所属化合物类型离子化合物共价化合物离子化合物离子化合物A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、下列各组的排列顺序中，正确的是rm{({??})}A.原子半径rm{Na{<}Mg{<}Al}

B.酸性rm{H_{2}{Si}O_{3}{<}H_{2}CO_{3}{<}H_{2}SO_{4}}

C.稳定性rm{HF{<}HCl{<}HBr}

D.碱性rm{NaOH{<}Mg(OH)_{2}{<}Al(OH)_{3}}7、下列有关说法正确的是()

A.一氯甲烷的电子式为B.乙醇分子的比例模型为

C.乙烯的结构简式为rm{CH_{2}}rm{CH}rm{CH}rm{{,!}_{2}}D.分子组成为rm{C_{4}}rm{H}rm{H}种rm{{,!}_{10}}评卷人得分二、多选题(共7题，共14分)8、下列各组物质中，所含分子数相同的是()A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{224mLH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}9、下列各组物质中，所含分子数相同的是A.rm{10gH_{2}}和rm{10gO_{2}}B.rm{7gN_{2}}和rm{11gCO_{2}}C.rm{9gH_{2}O}和rm{0.5molBr_{2}}D.rm{2.24LH_{2}(}标准状况rm{)}和rm{0.1molN_{2}}10、向甲、乙两个恒容密闭容器中分别充入一定量的SiHCl3，发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)ΔH=＋48kJ·mol−1，维持容器的温度分别为T1℃和T2℃不变，反应过程中SiHCl3的转化率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）

A.T1＞T2B.维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3，平衡不移动C.T2℃时，反应的平衡常数：K=D.T1℃时，向甲容器中起始充入0.2molSiHCl3和0.02molSiH2Cl2，SiHCl3的平衡转化率小于10%11、室温下，下列溶液说法正确的是（）A.pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(NH4+)＞c(Cl-)＞c(OH-)＞c(H+)B.0.1mol/LNaHCO3溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(HCO3-)C.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1D.CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)12、用rm{FeCl_{3}}溶液腐蚀印刷电路板上铜箔的反应是：rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+Cu^{2+}}下列有关说法正确的是A.rm{2Fe^{3+}+Cu=2Fe^{2+}+

Cu^{2+}}是还原剂，被腐蚀B.rm{Cu}是氧化剂C.该反应是置换反应D.该反应属于离子反应rm{Fe^{3+}}13、某原电池总反应的离子方程式是：rm{Zn+Cu^{2+}篓TZn^{2+}+Cu}依据此反应设计原电池的正确组合是rm{(}rm{)}。选项正极负极电解质溶液rm{A}rm{Cu}rm{Zn}稀盐酸rm{B}rm{C}rm{Zn}硫酸铜溶液rm{C}rm{Cu}rm{Zn}氯化铜溶液rm{D}rm{Cu}rm{Zn}硝酸铜溶液A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}14、温度为T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)(正反应放热)。实验测得：v正=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，v逆=v(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如下：。时间/s012345n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

下列说法正确的是A.0~2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03mol·L-1·s-1B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小C.其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大D.当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2＞T1评卷人得分三、填空题(共7题，共14分)15、在标准状况下，100mL某气体的质量为0.179g．试计算这种气体的摩尔质量______．16、写出下列化学反应方程式。

①苯→硝基苯______

②乙醇制乙醛的化学方程式为______．

③乙烯跟水反应制取乙醇______．17、有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素，rm{A}元素形成的离子中只有一个质子，rm{B}原子的最外层电子数是次外层的rm{3}倍，rm{C}元素的一价阳离子核外有rm{10}个电子，rm{D}元素的原子得到一个电子后能形成与氩原子电子层结构相同的离子。回答下列问题：rm{(1)}画出rm{D}元素的离子结构示意图________；rm{C_{2}B_{2}}的电子式为___________。rm{(2)}由rm{B}rm{C}rm{D}三种元素组成的化合物中含有的化学键有______________。rm{(3))A}和rm{B}可形成电子数相同的两种粒子，该两种粒子反应后生成一种中性分子，反应的离子方程式：_________________________。18、（7分）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与40mL的0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。请回答下列问题。(1)理论上稀强酸、稀强碱反应生成1mol水时放出57.3kJ的热量，写出表示稀硫酸和稀氢氧化钠溶液反应的中和热的热化学方程式__________________________________。(2)如图所示，A为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，两个小孔不能开得过大，其原因是_____________________________________________；(3)假设盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/(g·℃)。为了计算中和热，实验时还需测量的数据有(填序号)________。A．反应前盐酸溶液的温度B．反应前盐酸溶液的质量C．反应前氢氧化钠溶液的温度D．反应前氢氧化钠溶液的质量E．反应后混合溶液的最高温度F．反应后混合溶液的质量(4)某学生实验记录数据如下：。实验序号起始温度t1/℃终止温度t2/℃盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；19、实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气；反应的化学方程式如下：

2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O

（1）用单线桥法标出电子转移的方向和数目____．

（2）该反应中的氧化剂与还原剂物质的量之比是____．

（3）KMnO4的氧化性比Cl2的氧化性____（选填“强”或“弱”）．

（4）如反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为____L．

（5）某同学欲用KMnO4固体配制100mL0.5mol．L﹣1的溶液．回答下列问题：

①配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、____、____．

②应用托盘天平称取KMnO4固体____g．

③不规范的实验操作会导致实验结果的误差．分析下列操作对实验结果的影响偏小的是（请填序号）____．

A．加水定容时俯视刻度线。

B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理。

C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上。

D．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外．20、（1）下列实验操作中，错误的是____（填序号；下同）

①用10mL量筒量取6.4mL盐酸；

②切割金属钠时；将残留物放入废物缸中；

③配制FeSO4溶液时一般要加入适量铁屑；

④配制一定物质的量浓度的溶液定容时仰视读数会使所配溶液浓度偏高；

⑤不慎接触过多的氨；应及时吸入新鲜的空气和水蒸气，并用大量水冲洗眼睛；

⑥用带橡皮塞的棕色试剂瓶存放浓HNO3；

⑦稀释浓硫酸时应把水倒入浓硫酸中．

（2）如图为实验室制H2的装置．若液面刚好不与锌粒接触而又无酸液可加入，则可以从长颈漏斗中加入适量试剂是____

①食盐水②苯③四氯化碳④Na2CO3溶液⑤硫酸铜溶液⑥KNO3溶液．

21、化学电池在通迅、交通、生活中有着广泛应用。rm{(1)}以rm{Fe+2AgNO_{3}=Fe(NO_{3})_{2}+2Ag}为反应原理设计原电池，在下面方框中画出原电池装置图rm{Fe+2AgNO_{3}=Fe(NO_{3})_{2}+2

Ag}标出电极材料、电解液rm{(}负极电极反应为：_______________________________________rm{)}下图是锌锰干电池的基本构造图。

rm{(2)}的作用是除去正极上的产物rm{垄脵MnO_{2}}本身生成rm{H_{2}}该反应的化学方程式是_______________________________________________rm{Mn_{2}O_{3}}关于该电池的使用和性能；说法正确的是。

rm{垄脷}

A.该电池可充电后反复使用C.该电池使用后能投入火中，也可投入土壤中B.该电池可用于闹钟、收音机、照相机等目前常用的镍rm{(3)}镉rm{(Ni)}电池，其电池总反应可表示为：rm{Cd+2NiO(OH)+2H_{2}Ounderset{路脜}{overset{鲁盲}{=}}}rm{(Cd)}rm{Cd+2NiO(OH)+2H_{2}O

underset{路脜}{overset{鲁盲}{=}}}写出镍rm{2Ni(OH)_{2}+Cd(OH)_{2}}镉rm{垄脵}电池的正极电极反应方程式：rm{(Ni)}已知rm{(Cd)}rm{垄脷}均难于溶水但能溶于酸，以下说法正确的是rm{Ni(OH)_{2}}以上反应是可逆反应rm{Cd(OH)_{2}}反应环境为碱性C.电池放电时rm{A.}做负极rm{B.}是一种二次电池rm{Cd}美国阿波罗宇宙飞船上使用的氢氧燃料电池是一种新型电源，其构造如图所示：rm{D.}rm{(4)}两个电极均由多孔的碳块组成，通人的rm{a}和rm{b}

rm{H_{2}}是______________极rm{O_{2}}填正或负其电极分别为rm{b}是______________极rm{(}填正或负rm{)}rm{b}则rm{(}极电极反应为：_________rm{)}为飞行员提供了若电解液为rm{KOH}则rm{a}极电极反应为：_________的水，则电路中通过了______________rm{KOH}电子，约有____________rm{a}被消耗rm{垄脷}标况下rm{360kg}rm{mol}评卷人得分四、判断题(共2题，共8分)22、摩尔是七个基本物理量之一．（判断对错）23、1mol甲苯中有6molC﹣H共价键．．（判断对错）评卷人得分五、元素或物质推断题(共1题，共6分)24、如图表示A；B、C、D、E五种含氮物质相互转化的关系图。其中A、B、C、D常温下都是气体；B为红棕色。

回答下列问题：

(1)A→D反应常用于人工固氮，写出该反应的化学方程式：_______。

(2)D→C是工业制硝酸的重要反应，化学方程式为_______。

(3)B与一定量的氧气混合通入水中能被完全吸收，则B与的物质的量之比为_______，若该反应转移个电子，则参加反应的B的物质的量为_______mol。参考答案一、选择题(共7题，共14分)1、D【分析】解：rm{A.}氯化钙中只含离子键；为离子化合物，故A错误；

B.双氧水中rm{H-O}原子之间存在极性键、rm{O-O}原子之间存在非极性键；故B错误；

C.氢氧化钡中钡离子和氢氧根离子之间存在离子键，rm{O-H}原子之间存在极性键；故C错误；

D.过氧化钠中钠离子和过氧根离子之间存在离子键、rm{O-O}原子之间存在非极性键；为离子化合物，故D正确；

故选：rm{D}

活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键；同种非金属元素之间易形成非极性共价键，不同非金属元素之间易形成极性共价键，还有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，据此分析解．

本题考查离子键、共价键判断，为高频考点，明确离子键、共价键根本区别是解本题关键，易错选项是rm{A}两个氯离子之间不存在化学键，题目难度不大．【解析】rm{D}2、C【分析】解：rm{A.}存在于分子间的作用力是范德华力；不是化学键，故A错误；

B.化学键存在于相邻原子或相邻离子之间；故B错误；

C.相邻原子或离子之间强烈的相互作用为化学键；相互作用包含吸引力和排斥力，故C正确；

D.相邻分子之间的相互作用力为范德华力；故D错误；

故选C．

相邻原子或离子之间强烈的相互作用为化学键；相互作用包含吸引力和排斥力，据此分析解答．

本题考查了化学键的概念，注意概念中的几个关键词“相邻”、“强烈”、“相互作用”，为易错点．【解析】rm{C}3、C【分析】略【解析】rm{C}4、B【分析】【分析】本题考查酸、碱、盐、氧化物的概念，是中学化学的基础知识，难度较小。关键是正确理解概念，侧重基础知识的考察。【解答】A.中碳酸钠是盐而不是碱，故A错误；B.中完全符合概念，故B正确；C.中rm{CO_{2}}是酸性氧化物而rm{CO_{2}}不是酸，故C错误；D.中氯酸钾是盐而不是氧化物，故D错误。

故选B。【解析】rm{B}5、C【分析】略。

【解析】rm{C}6、B【分析】【分析】本题考查元素金属性和非金属性的递变规律，题目难度不大，注意元素的原子半径、金属性和非金属性的递变规律和强弱比较方法。【解答】根据同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，以及金属性和非金属性的递变规律判断对应化合物的酸性、碱性以及氢化物的稳定性。A.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}处在周期表同一周期，从左到右原子半径逐渐减小，则有rm{Na>Mg>Al}故A错误；

B.同周期从左到右，元素的非金属性逐渐增强，同主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，则有非金属性rm{Si<C<S}元素的非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以有酸性rm{H_{2}SiO_{3}<H_{2}CO_{3}<H_{2}SO_{4}}故B正确；

C.rm{F}rm{Cl}rm{Br}位于同一主族，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，所以稳定性rm{HF>HCl>HBr}故C错误；

D.rm{Na}rm{Mg}rm{Al}处在周期表同一周期，从左到右元素的金属性逐渐减弱，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性rm{NaOH>Mg(OH)_{2}>Al(OH)_{3}}故D错误。

故选B。

【解析】rm{B}7、B【分析】【分析】本题考查化学用语的表达，难度不大，掌握化学用语是解答的关键。【解答】A.氯原子周围应当共有rm{8}个电子，故A错误；B.这是乙醇的比例模型，故B正确；C.应当体现出乙烯的双键，正确应当为rm{CH_{2}=CH_{2}}故C错误；D.丁烷只有rm{2}种结构，分别为rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{3}}与rm{C{H}_{3}CH(C{H}_{3}{)}_{2}}故D错误。故选B。rm{C{H}_{3}C{H}_{2}C{H}_{2}C{H}_{3}

}【解析】rm{B}二、多选题(共7题，共14分)8、BC【分析】略【解析】rm{BC}9、BCD【分析】【分析】本题考查物质的量、摩尔质量、气体摩尔体积等化学计量的计算，阿伏伽德罗定律的应用等，难度中等。【解答】A.rm{n({H}_{2})=dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=dfrac{5}{16}mol}二者物质的量不相等，所含分子数不相等，故A错误；B.rm{n({N}_{2})=dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}rm{n(C{O}_{2})=dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故B正确；C.rm{n({H}_{2})=

dfrac{10g}{;2g/mol;}=5mol}为rm{n({O}_{2})=dfrac{10g}{32g/mol};;=

dfrac{5}{16}mol}与rm{n({N}_{2})=

dfrac{;7g}{;28g/mol;}=0.25mol}物质的量相同，则分子数相同，故C正确；D.标准状况下rm{n(C{O}_{2})=

dfrac{;11g}{44g/mol};;=0.25mol}为rm{9gH_{2}O}和rm{0.5mol}物质的量相同，则分子数相同，故D正确。故选BCD。rm{0.5molBr_{2}}【解析】rm{BCD}10、AC【分析】【详解】

A.升高温度，反应速率增大，达到平衡的时间缩短，故T1＞T2；A项正确；

B.维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3；平衡正向移动，B项错误；

C.由图可知，T2℃时SiHCl3的平衡转化率是20%，设容器体积为V，初始投SiHCl3xmol，Δn（SiHCl3）=0.2xmol，Δn（SiH2Cl2）=Δn（SiCl4）=0.1xmol，平衡时各物质的量：n（SiHCl3）=0.8xmol，n（SiH2Cl2）=n（SiCl4）=0.1xmol，则K=C项正确；

D.若T2℃时，向乙容器中起始充入0.2molSiHCl3和0.02molSiH2Cl2，当转化率为10%，此时Q＜K，反应继续正向移动，达到平衡时转化率高于10%，若相同投量放在甲容器中，由于T1较大；转化率会大于乙装置，大于10%，D项错误；

答案选AC。

【点睛】

该题B选项，维持温度不变，向平衡后的乙容器中充入一定量的SiHCl3，根据平衡移动原理，平衡正向移动，但是最终的结果平衡并未发生移动，属于等效平衡；在定容定温体系中，加入独立可以达到的平衡状态的物质，加物质相当于加压，根据前后气体离子数目变化考虑最终的平衡移动结果。11、AB【分析】【详解】

A．pH=12的氨水与pH=2的盐酸中，由于NH3·H2O是弱碱，不能完全电离，达到pH=12，浓度大于0.01mol·L-1，则氨水浓度大于HCl的浓度，等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，所以c(OH－)＞c(H＋)。溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，结合c(OH－)＞c(H＋)，得c(NH4＋)＞c(Cl－)，溶液中NH3·H2O电离程度较小，所以c(Cl－)＞c(OH－)，则溶液中离子浓度大小顺序是c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)；A正确；

B．浓度均为0.1mol·L-1的NaHCO3溶液与NaOH溶液等体积，二者恰好反应生成Na2CO3，CO32－离子部分水解，溶液显示碱性，溶液中OH－来自水的电离和CO32－的水解，则c(OH－)＞c(HCO3－)，溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(HCO3－)；B正确；

C．pH=5的H2S溶液中，氢离子浓度为c(H＋)=1×10-5mol·L-1，由于H＋来自水的电离、H2S的第一步、第二步电离，则c(H＋)＞c(HS－)；C错误；

D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中，根据物料守恒可得：c(Na＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)、2c(Ca2＋)=c(Cl－)，二者结合可得：c(Na＋)+2c(Ca2＋)=c(CH3COO－)+c(CH3COOH)+c(Cl－)；D错误。

答案选AB。

【点睛】

B项中c(OH－)和c(HCO3－)的大小比较，不能忽略水的电离，根据CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，OH－和HCO3－相等，但是由于水也会电离出OH－，因此才有c(OH－)＞c(HCO3-)。12、ABD【分析】【分析】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素化合价的变化与对应物质的性质，从化合价升降的角度认识氧化还原反应的相关概念。【解答】A.rm{Cu}元素化合价升高；被氧化，为还原剂，故A正确；

B.rm{Fe}元素化合价降低，被还原，rm{Fe^{3+}}是氧化剂；故B正确；

C.生成物中没有单质；不是置换反应，故C错误；

D.该反应有离子参加；是离子反应，故D正确。

故选ABD。【解析】rm{ABD}13、BCD【分析】解：锌失电子发生氧化反应而作负极，不如锌活泼的金属或导电的非金属作正极rm{(}石墨rm{)}铜离子在正极上得电子发生还原反应，则电解质为可溶性的铜盐，符合条件的是rm{BCD}故选BCD．

根据电池反应式知；失电子的金属作负极，则锌作负极，不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极，铜离子得电子发生还原反应，所以电解质溶液中含有铜离子，则电解质溶液为可溶性的铜盐．

本题考查了原电池工作原理，判断正负极、电解质溶液时，要根据电池反应式判断：发生氧化反应的电极为负极，发生还原反应的电极为正极，含有发生还原反应的离子溶液为电解质溶液．【解析】rm{BCD}14、AD【分析】【详解】

A．根据表格数据可知：在0~2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol，△n(NO)=0.20mol-0.08mol=0.12mol，则该反应的平均速率v(NO)==0.03mol·L-1·s-1；A正确；

B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相当于增大体系的压强，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大；B错误；

C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，故其他条件不变，移走部分NO2；化学平衡正向移动，但平衡常数不变，C错误；

D．k正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1时，根据表格数据，容器容积是2L，结合物质反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.03mol/L，c(O2)=0.015mol/L，c(NO2)=0.07mol/L，化学平衡常数K=＞0，说明k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应的正反应为放热反应，则改变条件是升高温度，所以温度T2＞T1；D正确；

故合理选项是AD。三、填空题(共7题，共14分)15、略

【分析】解：在标准状况下；Vm=22.4L/mol；

则n==mol；

M==40.096g/mol；

则气体的摩尔质量为40.096g/mol；

答：这种气体的摩尔质量为40.096g/mol．

先利用n=来计算物质的量，再利用M=来计算摩尔质量；最后利用摩尔质量与相对分子质量的关系来解答．

本题较简单，明确状况及体积、质量、物质的量的关系即可解答，并注意利用摩尔质量与相对分子质量的数值相等来分析解答．【解析】40.096g/mol16、略

【分析】解：①苯与浓硝酸在浓硫酸条件下发生取代反应生成硝基苯和水，方程式：

故答案为：

②乙醇中含-OH，可发生催化氧化生成乙醛，化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

③CH2=CH2中含有不饱和的C=C双键，能够在催化剂存在条件下与水发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；

故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH．

①苯在浓硫酸作用下与浓硝酸发生取代反应生成硝基苯；

②乙醇在催化剂存在条件下与氧气反应生成乙醛和水；

③乙烯分子含有碳碳双键；和水发生加成反应生成乙醇．

本题考查化学方程式的书写，为高频考点，书写时注意断键和成键方式及反应条件，条件不同可能导致产物不同，题目难度不大．【解析】2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH2=CH2+H2OCH3CH2OH17、（1）

（2）离子键、共价键

（3）H3O++OH-=2H2O【分析】

【分析】本题考查了原子结构与元素周期表的关系，涉及离子结构示意图、电解化学方程式、电子式等。【解答】有rm{A}rm{B}rm{C}rm{D}四种元素，rm{A}元素形成的离子中只有一个质子，则rm{A}是rm{H}元素，rm{B}原子的最外层电子数是次外层的rm{3}倍，则rm{B}元素是rm{O}元素，rm{C}元素的一价阳离子核外有rm{10}个电子，则rm{C}是rm{Na}元素，rm{D}元素的原子得到一个电子后能形成与氩原子电子层结构相同的离子，则rm{D}是rm{Cl}元素。rm{(1)}rm{(1)}氯离子核外有rm{3}个电子层，最外层有rm{8}个电子，所以其离子结构示意图为：rm{Na_{2}O_{拢虏}}的电子式为

故答案为：rm{(2)}由rm{B}rm{C}rm{D}三种元素组成的化合物是rm{NaClO}即含有离子键又含有共价键，rm{B}rm{C}三种元素组成的化合物是rm{D}即含有离子键又含有共价键，rm{NaClO}故答案为：离子键和共价键；和rm{(3)A}和rm{B}可形成电子数相同的两种粒子，该两种粒子反应后生成一种中性分子，则该反应是rm{H}可形成电子数相同的两种粒子，该两种粒子反应后生成一种中性分子，则该反应是rm{(3)A}rm{B}rm{H}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}rm{{,!}^{+}}rm{+}rm{OH}rm{+}rm{OH}rm{{,!}^{-}}rm{=2H}rm{=2H}rm{{,!}_{2}}rm{O}rm{O}故答案为：rm{H}rm{H}rm{{,!}_{3}}rm{O}rm{O}【解析】rm{(1)}rm{(2)}离子键、共价键rm{(3)H_{3}O^{+}}rm{+}rm{OH^{-}}rm{=2H_{2}O}18、略

【分析】（1）在稀水溶液中，酸碱中和生成盐和1mol水时放出的热量；(2)因该反应要测反应中放出的热量，为提高实验结果的准确性，故当然要减少热量损失；(3)利用关系式：Q=-C(T2-T1)，可以看出：选ACE；(4)以第一组实验为例：t1=（20.0+20.1）/2=20.05℃，则公式中(T2-T1)=23.2-20.05=3.15℃；同理，第二组实验中，(T2-T1)=3.1℃；第三组实验中，(T2-T1)=3.05℃；则三组实验的(T2-T1)平均值为3.1℃，带入关系式，得：Q=-4.18J/(g·℃)×80g×3.1℃=1.03664KJ则生成1mol水时放出的热量=1.03664KJ÷0.02mol×1mol=51.8KJ，即ΔH=－51.8kJ/mol【解析】【答案】(1)NaOH(aq)＋H2SO4(aq)===Na2SO4(aq)＋H2O(l)ΔH＝－57.3kJ/mol（2分）(2)减少热量损失（1分）(3)ACE（2分）(4)－51.8kJ/mol（2分）19、1：5强2.24胶头滴管100mL容量瓶7.9CD【分析】【解答】（1）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，该反应中转移10e﹣，反应中转移10个电子，用双线桥表示电子转移方向与数目为

故答案为：

（2）2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；通过化合价升降判断，Mn元素由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高到0，2mol高锰酸钾得电子是氧化剂，10molHCl失电子是还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是2：10=1：5；

故答案为：1：5；

（3）由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性为KMnO4＞Cl2；故答案为：强；

（4）由反应可知，转移10e﹣生成5molCl2，则反应中转移了2mol电子，则产生的Cl2在标准状况下体积为1mol×22.4L/mol=22.4L；故答案为：2.24；

（5）①KMnO4固体配制100mL0.5mol．L﹣1的溶液；需要100mL容量瓶，定容需要胶头滴管，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；

②需要固体的质量为0.1L×0.5mol/L×158g/mol=7.9g；故答案为：7.9；

③A．加水定容时俯视刻度线；溶液的体积偏小，则浓度偏大，故A不选；

B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理；后来还需定容加水，对实验无影响，故B不选；

C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上；溶液体积偏大，则浓度偏小，故C选；

D．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外；溶质减少，则所得溶液浓度偏小，故D选；

故答案为：CD．

【分析】2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，该反应中转移10e﹣；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；

KMnO4固体配制100mL0.5mol．L﹣1的溶液，需要100mL容量瓶、胶头滴管；并结合n=cV、m=nM及c=解答．20、②④⑥⑦①③⑤【分析】【解答】（1）①因量筒的精确度为0.1mL；故①正确；

②因钠易与空气中的氧气；水蒸气反应；切割金属钠时，将残留物放回试剂瓶中，用煤油隔绝空气；故②错误；

③因为亚铁离子在空气中极易被氧化成三价铁离子所以要求有过量铁屑可以和三价铁离子反应生成亚铁离子Fe+Fe3+=2Fe2+；故③正确；

④配制一定物质的量浓度的溶液定容时仰视读数会使所配溶液浓度偏低；故④错误；

⑤因长时间接触过多的氨会出现供氧不足；所以吸入新鲜空气，并吸入水蒸气抑制氨气在血中的溶解，是因为氨气非常溶于水，生成铵根离子和氢氧根离子，呈弱碱性，毒性减小，故⑤正确；

⑥因浓HNO3具有强氧化性，能够氧化橡皮，所以存放浓HNO3的棕色试剂瓶不用带橡皮塞；而用玻璃塞，故⑥错误；

⑦稀释浓硫酸时应把浓硫酸倒入水中；故⑦错误；

故答案为：②④⑥⑦；

（2）①因加入食盐水；相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，与金属发生反应，故①正确；

②因苯不溶于水；且密度比水小，加入苯，液面上升，苯在上层，但苯与金属不反应，故②错误；

③因四氯化碳不溶于水；且密度比水大，加入四氯化碳，液面上升，稀硫酸在上层，与金属反应，故③正确；

④因Na2CO3溶液与稀硫酸反应；产生二氧化碳气体，使氢气不纯，故④错误；

⑤因加入硫酸铜溶液；相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，与金属发生反应，故⑤正确；

⑥因加入KNO3溶液，相当于稀硫酸进行稀释，同时液面上升，但溶液中含有NO3﹣；与金属发生反应，产生NO，故⑤错误；

故答案为：①③⑤．

【分析】（1）①根据量筒的精确度；

②根据固体药品的取用方法；

③根据Fe2+容易被氧化；

④配制一定物质的量浓度的溶液定容时仰视读数会使所配溶液浓度偏低；

⑤根据氨气的性质；

⑥根据浓HNO3的强氧化性；

⑦稀释浓硫酸时应把浓硫酸倒入水中；

（2）根据锌与非氧化性酸反应产生H2，增大溶液的体积即可接触而发生反应，注意锌与强氧化性酸反应不生成氢气．21、(1)2Fe-2e-=Fe2+

(2)①2MnO2+H2=Mn2O3+H2O②B

(3)①2NiO(OH)+2H2O+2e-=2Ni(OH)2+2OH-②BCD

(4)①正2H2+4OHˉ-4eˉ=4H2O

②40000448000

【分析】【分析】本题考查原电池的原理及应用，题目难度一般。【解答】rm{(1)}根据rm{Fe+2AgNO}rm{Fe+2AgNO}rm{{,!}_{3}}rm{=Fe(NO}rm{=Fe(NO}rm{{,!}_{3}}rm{)}反应方程式，rm{)}失去电子发生氧化反应应为负极，正极为rm{{,!}_{2;}}得电子发生还原反应，所以选铁和银作电极材料，硝酸银溶液作电解质溶液，则该装置图为：rm{+2Ag}反应方程式，rm{Fe}失去电子发生氧化反应应为负极，正极为rm{AgNO3}得电子发生还原反应，所以选铁和银作电极材料，硝酸银溶液作电解质溶液，则该装置图为：rm{+2Ag}rm{Fe}，rm{AgNO3}故答案为：rm{2Fe-2e^{-}}生成rm{=Fe^{2+}}rm{(2)}rm{垄脵MnO}rm{垄脵MnO}该过程中的rm{{,!}_{2}}化合价降低，被还原，还原剂就是正极产物氢气，反应式为rm{Mn}故答案为：rm{Mn}rm{{,!}_{2}}锌锰干电池属于一次电池，不能充电反复使用，含有重金属离子不能随意丢弃；可用于闹钟、收音机、照相机等，rm{O}rm{O}镍rm{{,!}_{3}}镉rm{Mn}电池的正极电极反应方程式：rm{2NiO